Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，数列{b_n}满足：b_n=na_n，且数列{b_n}的前n项和为（n-1）S_n+2n（n∈N^*）．
（1）求a₁，a₂的值；
（2）求证：数列{S_n+2}是等比数列；
（3）抽去数列{a_n}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n-2项，…余下的项顺序不变，组成一个新数列{c_n}，若{c_n}的前n项和为T_n，求证：

12

5

＜

Tn+1

Tn

≤

11

3

．

Answer 1

分析：（1）由题意得：a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n，再由n=1和n=2分别求出a₁和a₂．
（2）由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n得：a₁+2a₂+3a₃+…+na_n+（n+1）a_n+1=nS_n+1+2（n+1），所以S_n+1=2S_n+2，S_n+1+2=2（S_n+2），由S₁+2=a₁+2=4≠0知，列{S_n+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
（3）由S_n+2=4•2^n-1知数列{c_n}为2²，2³，2⁵，2⁶，2⁸，2⁹，它的奇数项组成以4为首项、公比为8的等比数列；偶数项组成以8为首项、公比为8的等比数列．由此入手能证明

12

5

＜

Tn+1

Tn

≤

11

3

．

解答：解：（1）由题意得：a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n；（1分）
当n=1时，则有：a₁=（1-1）S₁+2，解得：a₁=2；
当n=2时，则有：a₁+2a₂=（2-1）S₂+4，即2+2a₂=（2+a₂）+4，解得：a₂=4；
∴a₁=2，a₂=4（2分）
（2）由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=（n-1）S_n+2n①得：a₁+2a₂+3a₃+…+na_n+（n+1）a_n+1=nS_n+1+2（n+1）②（3分）
②-①得：（n+1）a_n+1=nS_n+1-（n-1）S_n+2，
即：（n+1）（S_n+1-S_n）=nS_n+1-（n-1）S_n+2即：S_n+1=2S_n+2；（5分）
∴S_n+1+2=2（S_n+2），由S₁+2=a₁+2=4≠0知：
数列{S_n+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．（8分）
（3）由（2）知：S_n+2=4•2^n-1，即S_n=4•2^n-1-2=2ⁿ⁺¹-2（9分）
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2ⁿ⁺¹-2）-（2ⁿ-2）=2ⁿ对n=1也成立，
即a_n=2ⁿ（n∈N^*）．（10分）
∴数列{c_n}为2²，2³，2⁵，2⁶，2⁸，2⁹，
它的奇数项组成以4为首项、公比为8的等比数列；偶数项组成以8为首项、公比为8的等比数列；（11分）
∴当n=2k-1（k∈N^*）时，T_n=（c₁+c₃+…+c_2k-1）+（c₂+c₄+…+c_2k-2）=（2²+2⁵+…+2^3k-1）+（2³+2⁶+…+2^3k-3）
=

4(1-8k)

1-8

+

8(1-8k-1)

1-8

=

5

7

•8k-

12

7

，Tn+1=Tn+cn+1=

5

7

•8k-

12

7

+23k=

12

7

•8k-

12

7

，
∴ 

Tn+1

Tn

=

12•8k-12

5•8k-12

=

12

5

+

84

5(5•8k-12)

，∵ 5•8k-12≥28 & ∴ 

12

5

＜

Tn+1

Tn

≤3（14分）
∴当n=2k（k∈N^*）时，T_n=（c₁+c₃+…+c_2k-1）+（c₂+c₄+…+c_2k）=（2²+2⁵+…+2^3k-1）+（2³+2⁶+…+2^3k）
=

4(1-8k)

1-8

+

8(1-8k)

1-8

=

12

7

•8k-

12

7

，
Tn+1=Tn+cn+1=

12

7

•8k-

12

7

+23k+2=

40

7

•8k-

12

7

，
∴

Tn+1

Tn

=

40•8k-12

12•8k-12

=

10

3

+

7

3(8k-1)

，∵8k-1≥7∴

10

3

＜

Tn+1

Tn

≤

11

3

∴

12

5

＜

Tn+1

Tn

≤

11

3

．（16分）

点评：本题考查数列的性质和综合运用，解题时要认真审题，仔细解答，注意公式的灵活运用．